Tổng hợp các chuyên đề Toán

Lời nói đầu! 
Sau những ngày tháng vật lộn với kì thi đại học, mình cũng sưu tầm được kha khá 
tài liệu môn Toán, đây là môn học mang tính tuy duy cao, nó không chỉ là kiến thức phục 
vụ trực tiếp cho các kì thi, mà qua Toán học ta có thể nâng cao sự tư duy, hoàn thiện bản 
thân hơn, hãy đam mê nó sẽ thấy được những vẻ đẹp kì điều kì diệu của Toán học. 
Những đường cong quyến rũ của đồ thị, mê cung kì diệu của hệ phương trình hay những 
hình không gian hết sức trừu tượng, bộ tài liệu này mình khá là tâm đắc vì được mình sưu 
tầm trên http:onluyentoan.vn .Hi vọng cuốn tài liệu này là những bước đầu trên con 
đường chinh phục đỉnh cao Toán học . Quan trọng hơn là kì thi đại học sắp tới, nó sẽ là 
những bước ngoặt lớn trong cuộc đời, chúc các bạn thành công! 
Qua cuốn tài liệu này mình muốn gửi lời cảm ơn tới các thành viên của Diễn Đàn 
“ Ôn luyện toán” và đặc biệt tới các thành viên như : Hâm-hấp; tkvn; nguoivn; 
K.K.Đ.Đ.Đ.L.T; binhncb; dzitxiem; Storm Spirit; kienqb; tranphongk33; 
cokeu14_bl Qua cách giải bài, trình bày, lí luận và tư duy, mình đã học hỏi được rất 
nhiều, không chỉ có học mà từng cách ứng xử, lời ăn tiếng nói cũng được các thành viên 
chỉ bảo lẫn nhau, đó là điều hứng thú nhất mà mình cảm thấy đây là diễn đàn đầu tiên 
cảm nhận được vậy, cám ơn diễn đàn rất nhiều, hi vọng ngày càng nhiều thành viên tham 
gia diễn đàn, chúc diễn đàn ngày càng lớn mạnh . 
Nếu thấy hữu ích hãy gửi cho mình 1 SMS để là lời động viên cho mình nhé, My 
phone : 01645362939, 01258774067  
Dù đã cố gắng nhưng không thể không có sai sót, rất mong sự góp ý của các bạn 
để mình hoàn thiện tài liệu này. 
 Thân ái: 
 Vũ Tùng Lâm 
 H/s: THPT Lục Ngạn số 3. A3K11. 
S/v: BK2.15 K57. 
Phụ Lục 
Chuyên đề I: Khảo sát hàm số 
Phần 1: Hàm số bậc 3 2 
Phần 2: Hàm bậc nhất trên bậc nhất. 35 
Phần 3: Hàm số bậc 4 52 
Chuyên đề II: Phương Trình Lượng giác, PT-Hệ PT . 
Phần 1: Phương Trình Lượng Giác. 61 
Phần 2: Hệ Phương Trình 108 
Phần 3: PT mũ – logarit... 173 
Phần 4: Phương Trình vô tỉ.. 235 
Chuyên đề III: Tích Phân, Nguyên Hàm............................................................ 304 
Chuyên đề IV: Thể tích khối chóp...................................................................... 317 
Chuyên đề V: Tọa độ trong mặt phẳng, không gian................................................ 
Phần 1 : Tọa độ trong không gian.. 335 
Phần 2: Tọa độ trong mặt phẳng.339 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 2 -
Lời Giải: 
Trước tiên, đạo hàm của hàm số 3 2( ) 3( 1) 3 ( 2) 12 8f x x m x m m x m       là 
2 2( ) 3 6 ( 1) 3 6 .f x x x m m m      
2 2 2 2
2
( ) 0
3 6 ( 1) 3 6 0 2 ( 1) 2 0
2
( 1) 1
f x
x x m m m x x m m m
x m
x m
x m
 
           
 
      
 Không mất tính tổng quát, ta có thể cho x m là hoành độ điểm A và 2x m  là hoành độ 
điểm B . Khi đó, ta tìm được tọa độ của chúng là: 
3 2 3 2( , 3 12 8), ( 2, 3 12 4).A m m m m B m m m m       Khi đó, 
2 3 2 2 2 3 2 2( 3) ( 3 12 6) ( 1) ( 3 12 2) .MA MB m m m m m m m m              Áp dụng 
Cauchy- Schwarz: 
2 3 2 3 2 3 2
2 3 2 2 3 2 3 2
(3 ) ( 3 12 6)· 1 4 3 2( 3 12 6) 2 6 25 15,
( 1) ( 3 12 2) · 1 4 ( 1) 2( 3 12 2) 2 6 25 5.
m m m m m m m m m m m
m m m m m m m m m m m
               
                 
 Do đó, 
5 10 2 5    . Do đó, giá trị nhỏ nhất của  là 2 5, xảy ra khi và chỉ khi 2.m   
Có thể xứ lí gọn hơn như sau: 
Nhận thấy 2 5,AB  do đó theo bất đẳng thức tam giác ta có: 2 5.AM BM AB   
Đẳng thức xảy ra khi: , 0.AM k AB k 
 
 Từ đó ta tìm được 2.m  
Chuyên đề I: Khảo sát hàm số 
Phần 1: Hàm số bậc 3 
Coppy right ©: Mobile_lam 
Bài 1: 
Cho hàm số 3 23( 1) 3 ( 2) 12 8y x m x m m x m       có đồ thị là ( )mC . 
Tìm m để ( )mC có hai điểm cực trị A, B sao cho AM BM nhỏ nhất với (3;2).M 
Bài 2: 
Chứng minh rằng 3 2 2 3( ) : 3 3( 1) 3mC y x mx m x m m      luôn tiếp xúc với hai đường thẳng 
cố định. 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 3 -
Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng: 3y ax b  . Khi đó hệ phương trình sau có nghiệm với mọi 
m 
3
2
( ) 3( ) 3 (1)
3( ) 3 3 (2)
x m x m ax b
x m a
     

  
để PT (2) có nghiệm m thì: 1a   và khi đó ta thu được 1x m a    (3) và 
1x x m a     (4) 
Thay (3) vào (1) ta được: 3( 1) 3( 1) 3 ( 1)a a a m a b          có nghiệm với mọi 
m Phương trình bậc nhất . 0A m B  có nghiệm với mọi m khi 0A B  .Suy ra 0a  và 2b  
Thay (4) vào (1) ......................Suy ra 0a  và 2b   
Câu a. Để tìm điểm cố định, ta coi phương trình đã cho có ẩn là m còn ,x y là tham số. Điểm 
( , )A x y là điểm cố định nếu phương trình ẩn m kia nghiệm đúng với mọi m. 
Với phương trình 0,am b  thì nghiệm đúng với mọi m khi 0.a b  Áp dụng vào bài này ta 
viết phương trình thành 
3
2 2 13 6 0.
3 3
xm x x x x y
 
       
 
 Phương trình này có nghiệm với 
mọi m khi và chỉ khi 
3
2
2
3 0
3
16 0
3
x x x
x x y

  

    

 Giải ta được 10, .
3
x y  Vậy 10,
3
A  
 
 là điểm cố 
định. 
Câu b. Cực trị của hàm số liên quan đến dấu của đạo hàm cấp một, với hàm số bậc ba nó có hai 
cực trị tương đương đạo hàm cấp một có hai nghiệm phân biệt. Ta có 
2 2( 1) 3( 2).y mx m x m      Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì đạo hàm cấp một phải có hai 
nghiệm phân biệt, điều kiện cần là 0.m  Khi đó 
2 2( 1) 3 ( 2) 0 2 4 1 0. (1)m m m m m           Với điều kiện (1), ta tính được hai nghiệm 
của phương trình 0y  rồi thế vào đẳng thức đề cho để giải tìm m chú ý rằng dấu của m sẽ cho 
Bài 3: 
Cho hàm số 3 21 1( 1) 3( 2) .
3 3
y mx m x m x      
Tìm điểm cố định của họ đồ thị của hàm số. 
Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại và 
cực tiểu 1 2,x x thỏa mãn điều kiện 1 22 1.x x  
Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên [2, ). 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 4 -
ta hai trường hợp của 1 2, .x x 
Câu c. Hàm số đồng biến trên [2, ) khi đạo hàm cấp một không âm, khác hằng trên đó. Ta viết 
lại 2( 2 3) 2 6.y m x x x      Khi đó 0y  sẽ tương đương với 
2
6 2 ( ), [2, ).
2 3
xm g x x
x x

    
 
 Yêu cầu của bài toán dẫn đến ta cần tìm m để cận trên của 
( )g x trên [2, ) không vượt quá m. 
Ta lập bảng biến thiên hàm g để tìm ra kết quả.  
Phân tích hướng giải câu b. Khi nói đến cực đại và cực tiểu ta cần chú ý nó liên quan đến đạo hàm 
cấp một, nghiệm và dấu của của y'. Đặc biệt bài toán lại đòi hỏi tính đối xứng của hai điểm qua 
một đường thẳng cho trước nên ta cần biết tính chất hình học của nó bao gồm hai ý: đường thẳng 
đi qua hai điểm phải vuông góc với đường thẳng cho trước và trung điểm của hai điểm đó phải 
thuộc đường thẳng cho trước. 
Lời giải. Ta có tập xác định: .D   Lại có: 23 6 .y x ax   Từ đó: 
20 3 6 0 3 ( 2 ) 0
0, 2
y x ax x x a
x x a
       
  
 Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình 
0y  có hai nghiệm phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua hai nghiệm đó. Điều đó tương thích với 
điều kiện lúc này là 0.a  
Gọi tọa độ hai cực điểm đó là 3(0,4 ), (2 ,0).A a B a 
Hướng giải 1. Ta có phương trình thẳng AB: 2 33 1 2 4 .2 4
x y y a x a
a a
      Gọi I là trung 
điểm của AB thì tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 
3
2
2
2
A B
I
A B
I
x xx a
y yy a
  

  

 Vậy 
3( ,2 ).I a a Có ,A B đối xứng qua đường thẳng y x khi có điều kiện: 
Bài 4 : 
Cho hàm số 3 2 33 4 .y x ax a   
Với a>0 cố định, hãy khảo sát sự biến của hàm số. 
Xác định a để các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số là đối xứng với nhau qua đường thẳng 
.y x 
Xác định a để đường thẳng y x cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt , ,A B C sao cho .AB BC 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 5 -
2
2
3
1 ( 2 )·1 1 1 2 .
2 22 4
AB dk k a a a
I d a a
     
      
  
 Hướng giải 2. Ta quan sát thấy tọa độ hai 
điểm ,A B rất đặc biệt đúng không? Thật vậy, , .A Ox B Oy  Lại một điều đặc biệt nữa đó là 
đường thẳng y x là đường phân giác thứ nhất của mặt phẳng tọa độ nên điều kiện của bài toán 
thỏa khi ta có: 3 2 1 24 2 .
2 2
A B
A B
x y
a a a a
y x

      

 Vậy giá trị cần tìm là 2 .
2
a    
C, Hoành độ , ,A B C là nghiệm của phương trình 3 2 33 4 . (1)x tx t x   Yêu cầu của bài toàn thì 
phương trình này phải có ba nghiệm phân biệt và .AB BC Ta giả sử phương trình này đã có ba 
nghiệm phân biệt rồi (tẹo nữa ta kiểm tra lại) và ba nghiệm đó theo thứ tự là , ,a b c (ứng với các 
hoành độ của , , .A B C Và thế thì tọa độ của ( , ), ( , ), ( , ).A a a B b b C c c Ta có: 
2 2 2 22( ) 2( ) 2 3 .AB BC b a c b b a c b b a c b a b c                Nhưng, theo 
định lý Viette cho phương trình bậc ba thì 3 .a b c t   Thế cho nên .b t Thay b t vào 
phương trình (1) ta tìm được 1 10, , .
2 2
t t t    Giờ, ta kiểm tra lại xem với t nào thì 
phương trình (1) có đủ ba nghiệm phân biệt là xong. Việc này mời các bạn tiếp tục nhé!  
Gọi 0 0( ; )M x y vì M thuộc đường thẳng 2y   nên 0( ; 2)M x  và 0( ) là tiếp tuyến có dạng 
0( ) 2y k x x   
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì ( )C 
 Hệ phương trình
3 2
0
2
3 2 ( ) 2
3 6
x x k x x
y x x k
     

   
 có 3 nghiệm phân biệt 
 3 20 02 3( 1) 6 4 0x x x x x     
2
0
2
( ) 2 (1 3 ) 2 0
x
f x x x x

      
Để qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị ( )C hàm số thì phương trình ( ) 0f x  có hai nghiệm 
phân biệt khác 2 . 
Bài 5 : 
Tìm điểm M trên đường thẳng 2y   mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị hàm số 3 23 2y x x   
ba tiếp tuyến, trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 6 -
 
2
0 09 6 15 0
(2) 0
x x
f
    


 
0
0
1
5 2
3
x
x
 

  

Để tồn tại 2 tiếp tuyến vuông góc thì : 
2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2(3 6 )(3 6 ) 1 3( ) 18 ( ) 36 1x x x x x x x x x x x x          
Theo định lí Viet cho phương trình ( ) 0f x  ta có : 
2
1 2 1 2 1 2 1 2 0 0
233( ) 18 ( ) 36 1 9(3 1) 32 0
27
x x x x x x x x x x            
( không thỏa điều kiện ) 
P/S : không biết tính toán có đúng không ? 
Bài giải chắc là đã ổn, tuy nhiên khi lập luận cần trao đổi 1 chút. 
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C) thì hệ ( mà bạn trình bày ) phải có 3 nghiệm phân biệt 
đồng thời phải có 3 giá trị k khác nhau 
Khi ấy, phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 đồng thời có 2 giá trị k khác nhau và 
khác 0. 
Để minh chứng dễ mắc sai lầm trong lập luận của bạn , ta có thể thưởng thức bài toán sau : 
Cho hàm số 4 22 3y x x   , có đồ thị là  C . Tìm trên đường thẳng y= 2 những điểm mà qua đó 
ta kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C . 
Chứng minh rằng đồ thị hàm số      3 23 3 3 6 1 1y m x m x m x m        luôn đi qua 3 điểm 
cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó. 
Phân tích hướng giải 
Bài toán trên là bài toán " viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định của một hàm số " 
. Vậy trước tiên ta cần nhớ lại cách đi tìm điểm cố định của một hàm số . Đặt một bài toán tổng 
quát như sau : 
"Chứng minh rằng đồ thị hàm số ( , )y f x m đi qua ba điểm cố định thẳng hàng " 
Bài 7: 
Chứng minh rằng đồ thị hàm số      3 23 3 3 6 1 1y m x m x m x m        luôn đi qua 3 
điểm cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó. 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 7 -
Với bài toán tổng quát này ta đi thực hiện các bước của bài toán : 
Xét điểm ( ; )T x y là điểm cố định mà đồ thị đi qua m 
Khi đó phương trình : ( , ) 0f x m  có nghiệm đúng m . 
Phân tích theo nhóm bậc của m rồi cho các hệ số bằng 0 (thực ra bước này ta thường gặp phương 
trình bậc nhất hoặc bâc hai theo m ) 
Để chứng minh tính thẳng hàng ta có hai cách để giải : 
- Cách 1 ( tường minh) . Phương trình cho ta ba nghiệm "thực " đẹp lúc đó ta sử dụng tính thẳng 
hàng của ba điểm . 
- Cách 2 (bí ẩn ) . Phương trình không được ba nghiệm " thực " đẹp thì ta thường dùng phương 
pháp mà mình hay gọi nôm na là " tính liên tục liên quan đến nghiệm " rồi sau đó dùng kĩ thuật 
"tách cái củ cho ra mới " ta sẽ được đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán . 
Hướng giải . 
Gọi ( ; )T x y là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : 
     3 23 3 3 6 1 1y m x m x m x m        có nghiệm m . 
3 2 3 2( 3 6 1) 3 9 6 1 0x x x m x x x y          
3 2
3 2
3 6 1 0
3 9 6
 1
x x x
y x x x
   
   

 

Xét hàm số 3 2( ) 3 6 1g x x x x    là hàm số liên tục trên  . 
Mặt khác ta có : ( 2) 7; (0) 1; (1) 7; (5) 21g g g g       . 
Do đó ta có ( 2). (1) 0; (0). (1) 0; (1)(5) 0g g g g g    
Vậy phương trình ( ) 0g x  có ba nghiệm phân biệt : 1 2 32 0 1 5x x x      
Nên đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : 1 2 3; ;T T T 
Mà ta có : 3 23( 3 6 1) 12 2 12 2y x x x x x        
Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm 1 2 3; ;T T T nghiệm đúng phương trình 12 2y x  nên ba điểm 
cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là 12 2y x   
Phân tích hướng giải bạn Nguyentuan đã trình bày nên mình xin phép không nói lại nữa. Mình 
chỉ nêu một cách tiếp cận khác của mình khi giải bài toán này như sau: 
Gọi ( ; )T x y là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : 
     3 23 3 3 6 1 1y m x m x m x m        có nghiệm m . 
3 2 3 2( 3 6 1) 3 9 6 1 0x x x m x x x y          
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 8 -
3 2
3 2
3 6 1 0
3 9 6 1
x x x
y x x x
   
   

 

Xét hàm số 3 2( ) 3 6 1g x x x x    là hàm số liên tục trên  . 
Đạo hàm 23( 2 2)y x x    . Phương trình 0y  có hai nghiệm : 1 3x   và 1 3x   . 
Do đó ta có: (1 3). (1 3) 0y y   . vậy hàm số đang xét cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.Nên 
đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : 1 2 3; ;T T T . 
Mà ta có : 3 23( 3 6 1) 12 2 12 2y x x x x x        
Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm 1 2 3; ;T T T nghiệm đúng phương trình 12 2y x  nên ba điểm 
cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là 12 2y x   
Cần tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu. 
Xác định tọa độ hai cực trị ,A B và điểm C để áp dụng công thức diện tích tam giác. 
Cụ thể như sau: 
Tập xác định . Đạo hàm: 2 23( 2 1).y x x m     Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 
phương trình 0y  có hai nghiệm phân biệt, hay 0  hay 2 0m  hay 0.m  
Khi đó, hàm số có hai cực trị là 3 3(1 , 2 2 ), (1 , 2 2 ).A m m B m m    Hai điểm ,A B tạo với điểm 
C thành tam giác có diện tích bằng 1 khi và chỉ khi · ( , ) 2.AB d C AB  Từ đó giải ra m. Đến đây 
bạn đọc triển khai nốt nhé. :D 
Bổ xung đáp án: 1; 1m m   
Bài 8: 
Tìm m để đồ thị 3 2 2 2( ) : 3 3( 1) 3 1mC y x x m x m      có hai điểm cực trị ,A B cùng với 
điểm (2,1)C tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. 
Bài 9: 
Cho hàm số 3 23 4y x x mx m     có đồ thị ( ).C Đường thẳng 3y x  cắt ( )C tại điểm 
A. Tìm m để tiếp tuyến tại A của ( )C cắt lại ( )C tại điểm B khác A thỏa mãn tam giác AIB 
vuông, với (1, 2).I 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 9 -
Đây là một bài hay và đẹp, kết quả thu được 
14 .
9
m  Mời các bạn trao đổi! 
Ta tính ra được tọa độ của 3 2
3 9 27 1 3, .
2 8 8 8 8
aB a a a     
 
Ta tìm được 3 4 2 .
3
a  
Ta tính được 
14 .
9
m  
Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: 
3 2 22 ( 3) 4 4 ( 2 2) 0x mx m x x x x mx m           
20; 2 2 0(1)x x mx m      
(0;4)A 
Vậy để ( )C và ( )d , cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiêm phân biệt 
và khác 0. Hay: 
20 2 0
3 0 3
m m
m m
     
 
   
Gọi ,B Cx x lần lượt là các nghiệm của phương trình (1), hay cũng chính là hoành độ của các điểm 
B,C.Ta suy ra: ( , 4); ( , 4)B B C CB x x C x x  
Theo định lí Viet ta có: 
2
3
B C
B C
x x m
x x m
  

 
Ta có: 2 2 22( ) 2( ) 8 8 8 24B C B C B CBC x x x x x x m m        
( , ) 2kc I d  
Ta có: 2 21 1( , ) 2 8 8 24 8 2 8 8 24 16
2 2IBC
S kc I d BC m m m m         
Giải m nữa là O.K  
Bài 10: 
Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x     ( mC ). Tìm m để đường thẳng : 4d y x  cắt (Cm) 
tại ba điểm phân biệt (0;4), ,A B C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 8 2 với (1;3)I . 
Bài 11 : 
Tìm giá trị của m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 3 23 2y x x   
tiếp xúc đường tròn ( C ) có PT: 
2 2( ) ( 1) 5x m y m     
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 10 -
Hướng giải : 
TXĐ R 
Đạo hàm 23 6y x x   . Ta có 20 3 6 0y x x     hay 0; 2x x  . 
Vậy ta có 2 điểm cực trị (0,2), (2, 2)A B  . Từ đó dễ dàng tìm ra đường thẳng ABcó phương trình: 
2 2 0x y   . 
Đường tròn (C) có tâm ( , 1)I m m  , bán kính 5R  .Đường thẳng AB tiếp xúc đường tròn (C) 
khi và chỉ khi hay: 
Đến đây dễ dàng giải ra m . Bạn đọc triển khai tiếp nhé.. 
Trước tiên ta tìm m để hàm số có hai cực trị.Ta có: 
2 1( 1) 2, 0
2
x
y x m x m y
x m

          
Để hàm số có hai cực trị thì 0y  phải có hai nghiệm phân biệt, hay 2 1 3m m    
Ta có ODAB là hình bình hành nên trung điểm của AB cũng chính là trung điểm của OD.Từ đó ta 
có hệ: 
2 2
2 2
A B D
A B D
x x x
y y y
 

 

Giả sử: 1, 2A Bx x m   .Từ phương trình đầu của hệ ta có: 1 3m   hay 4m  .Với 4m  ta có: 
11 5(1; ), (2; )
6 3
A B 
Lúc này ta kiểm tra được ngay phương trình thứ hai của hệ thỏa mãn, kết hợp với điều kiện 3m  
ta đi đến kết luận giá trị 4m  là giá trị cần tìm! 
Ở trên ta không đi giải trực tiếp hệ mà tiến hành làm như lời giải vì việc biến đổi là mất khá nhiều 
thời gian, hơn thế còn dễ gây nhầm lẫn! 
Bài 12 : 
Cho hàm số 3 21 1 ( 1) ( 2) 1
3 2
y x m x m x      , m là tham số . Tìm m để hàm số có hai 
cực trị ,A B đồng thời hai cực trị đó tạo với hai điểm 73;
2
D   
 
 và gốc tọa độ O tạo thành 
hình bình hành OADB theo thứ tự đó. 
Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 
E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 
- 11 -
Lời giải: 
Với những bài thế này, ta nghĩ ngay đến việc nhẩm nghiệm, rồi dùng tiếp định lý Viet để giải,tuy 
nhiên bài này lại là một trường hợp ngoại lệ, ta không thể tìm được một nghiệm "đẹp" nào cả,vậy 
là ta từ bỏ hướng này!Các bạn hãy cứ bình tĩnh,ta thấy rằng nghiệm của phương trình 0y  cũng 
có thể biểu diễn qua m , như thế bài toán giải sẽ vẫn đơn giản đúng không?Ý tưởng này lại càng 
được củng cố thêm khi ta thấy ở hàm số y có mặt đủ cả m và 2m . 
Suy nghĩ như vậy ta giải quyết bài toán như sau: 
Ta đưa phương trình bậc ba đối với x về phương trình bậc hai đối với m .Thật vậy: 
3 2 2 2 2 32 1 0 (2 1) 1 0x mx m x m xm x m x           
Giải phương trình bậc hai đối với ẩn m này ta thu được: 
2
1
1
m x
x xm
x
 

  

Như vậy ta có thể phân tích 3 2 22 1x mx m x m    thành: 2( 1)( ( 1) 1)x m x m x     .Như thế: 
3 2 2
2
1
2 1 0
( 1) 1 0
x m
x mx m x m
x m x
 
          
Để cho đồ thị hàm số y cắt trục hoành tại đúng hai điểm thì ta cần phải tìm m sao cho phương 
trình 0y  có đúng hai nghiệm. 
Đặt: 2( ) ( 1) 1f x x m x    .Như vậy ta có: 
TH1. ( ) 0f x  nghiệm kép khác 1m  .Hay: 
20